赣州市2023~2024学年第一学期期末考试高三物理参考答案题号12345678910答案BBCDDABCDACBCD一、选择题（本题共10小题，1~7单选，每小题4分，8~10多选，每小题6分，共46分。多项选择题中全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共18分）11．22.40B9.86（9.83-9.89均可）等于12．（1）2.7（2.6~2.8）（2）AB  （3）140R2 左计算题（本题共3小题，第13题10分，第14题11分，第15题15分，共36分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算的题，解答过程必须明确写出数值和单位，只写出最后答案不得分。）13.(10分)【解析】（1）设∠NOB=θ，粒子1和2的轨道半径为r1、r2，如图所示为粒子1的轨迹根据几何关系可得OA=2r1cosθ（1分）同理可得OB=2r2cosθ（1分）由题意可得OA：OB=4：7故r1：r2=4：7（2分）由洛伦兹力提供向心力可得(1分)整理可得可得两个粒子的速率之比v1：v2=4：7(2分)（2）两粒子在磁场中的运动周期均为T'=粒子1从O到A转过的圆心角与粒子2从O到B转过的圆心角相等，均为，由(2分)由于两粒子T完全相同，可知两个粒子同时经过A点和B点，时间差为0。（1分）14.（11分）【解析】(1)根据图象可知，该波波长为质点a与左侧最近的波峰的水平距离为Δx=6m，当该波峰传到质点a时，a质点第一次出现在波峰位置，则该波的传播速度为(2分）由得(2分)从t1=0时刻开始到质点a开始振动，经过，（1分）质点b第二次出现在波谷位置经过，(1分)此时质点a已振动的时间为(1分） （2分）所以质点b第二次出现在波谷位置时，质点a已通过的路程为(2分)（15分）【解析】（1）F点处，根据牛顿第二定律（2分）得（1分）D点时和F点处，根据牛顿第二定律（2分）从D到F，根据动能定理（2分）得FND=7N由牛顿运动第三定律可知对轨道的压力方向水平向右（1分）（3）由条件得等效重力mg'=5N（1分）设其方向与竖直方向夹角为，则有（1分）可得设M两点为等效“重力”最高点，M点处，对圆弧轨道压力最小，根据牛顿第二定律（2分）从压缩时到M点的过程中，由功能关系式中的L要加下标BC（2分）联立可得E'P=4.9J（1分）具体详解：一、选择题2．D【详解】简谐运动的周期为T，则根据知当时，时间O到A：故选D。则3.A【详解】根据可知，上极向上移动一段距离，电势差增大，因为下极板接地电势为0保持不变，且为高电势，所以上极板电势降低，故选A。开关断开，极板电荷量保持不变，则联立可得因此两极板水平移动错开一段距离，正对面积减小，电场强度增大，电场力增大，电场力大于重力，油滴向上运动，故B错误；C．电容器两端电压为电源电动势，滑片向右移动时，极板电压不变，电场强度不变，电场力不变，油滴仍然保持静止，故C错误；D．上极板向上移动根据可知，电场强度减小，电场力减小，重力大于电场力，油滴向下运动，故D错误；4．D【详解】从越过B点后的过程中，库仑力大于摩擦力且对乙做正功，乙的动能增大，故A错误；从B到O的过程中，库仑力越来越大且库仑力大于摩擦力，乙做加速运动，相同时间内库仑力做功更多，电势能变化越来越快，故B错误：乙向甲运动的过程中，所受的库仑力先小于摩擦力，后大于摩擦力，先减速后加速，当库仑力与摩擦力时，速度最小，则得：，解得：，故C错误：从A到B的过程中，根据动能定理得：，解得：，故D正确C【详解】AB.当闭合S时，A灯立即发亮，由于线圈L自感，产生反向电动势，随着时间的推移，自感慢慢消失，通过线圈的电流会越来越大，干路电流会越来越大，电源内压会越来越大，灯两端电压会变小，所以闭合开关时，A 灯立即变亮，后会暗一下，之后亮度保持稳定。A错误，B错误；CD．由于电路稳定时流过线圈的电流比流过灯A的电流更大， 断开S瞬间，线圈自感产生同向电动势，即流过灯A的电流反向且要比原来大。故选C。A【详解】在轨道II上经过A点、B点时，万有引力提供向心力，故A正确；B.由于在轨道II上运动时半长轴小于轨道I的半径，根据开普勒第三定律可知在轨道II上的周期小于在轨道I上的周期，故B错误；C.飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动，在A点万有引力等于向心力；飞船在轨道Ⅱ上A点做向心运动，万有引力大于向心力。由万有引力定律可知，轨道Ⅰ和轨道II在A点的万有引力相等，根据向心力公式可知飞船在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于在轨道Ⅱ上经过A点的速度，因此飞船在轨道Ⅰ上经过A点的动能大于在轨道Ⅱ上经过A点的动能，而势能相等，故在轨道II上经过A点的机械能小于在轨道I上经过A点的机械能，故C错误；D．飞船在A点的加速度由万有引力产生，因为是同一位置，所受万有引力大小不变，故不管在哪个轨道上运动，飞船的加速度大小一样，故D错误。故选A。B【详解】刹车制动中，转子线圈切割磁感线产生感应电流，通有感应电流的线圈在磁场中又会受到安培力作用，安培力对线圈做负功，将动能转化为电能；“电池最大蓄能”说明电池最大储能85.4kW·h或85.4度电，“电池能量密度”的单位“W·h·kg-1”说明每千克电池蓄能140W·h，即为0.140kW·h，m=85.4kW·h/0.140kW·h·kg-1=610kg,所以B正确；根据图中所示的“累计平均电耗”为每百公里耗电13.6度，即为0.136kW·h·km-1，所以s=85.4kW·h/0.136kW·h·km-1≈627.9km,因此C错误；这台电动车最大电池蓄电容量为85.4kW·h或85.4度电，充满需要时间t=85.4kW·h/120kW≈0.712h,D错误。8．BD【详解】AB．M、N两端电压故A错误，B正确；CD．流过M、N的电流故C错误，D正确。9.AC【详解】AB.b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得:由机械能守恒定律得:解得：故A正确，B错误；CD．滑块b从滑上a到滑离a后，滑块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得：解得故C正确，D错误。10.C【详解】A.因A点的电势高于B点，正电荷在高电势点的电势能较大，可知将一正点电荷从A点移至B点，电势能减少，选项A错误；B.根据矢量合成法则，C点场强为:D点的场强为:点C与点D的场强大小之比为：1，故B正确；C.由对称性以及场强叠加原理可知，A点与B点的场强大小相同，方向不同，选项C正确；D.因DC是两电荷连线的中垂线，可知从D到C场强先增加后减小，则将一点电荷从D点移动到C点的过程中，电场力先增大后减小，选项D正确；二、实验题11．1.209.86（9.83-9.89均可）等于【详解】(1)小球直径(2)根据单摆的振动周期公式可得:根据图像斜率可得:整理可得(3)振动周期表达式从而可得因此利用斜率计算重力加速度没有影响，等于真实值。×10280V2A1【详解】（1）[1]指针向右偏转角度太大，说明所选挡位相对工件的阻值而言偏大，所以该同学应选择×10挡。[2]测量结果是（2）[3]根据所给电源电动势可知电压表应选择V2。[4]通过工件的最大电流约为所以电流表应选择A1。[5]因为滑动变阻器最大阻值远小于Rx，所以滑动变阻器应采用分压式接法。又因为所以电流表应采用内接法，电路原理图如图所示。（3）[6]根据欧姆定律有根据电阻定律有解得计算题（本题共3小题，第13题10分，第14题11分，第15题15分，共36分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算的题，解答过程必须明确写出数值和单位，只写出最后答案不得分。）13，【解析】（1）设∠NOB=θ，粒子1和2的轨道半径为r1、r2，如图所示为粒子1的轨迹根据几何关系可得OA=2r1cosθ同理可得OB=2r2cosθ由题意可得OA：OB=4：7故r1：r2=4：7由洛伦兹力提供向心力可得整理可得可得两个粒子的速率之比v1：v2=4：7（2）两粒子在磁场中的运动周期均为T'=粒子1从O到A转过的圆心角与粒子2从O到B转过的圆心角相等，均为，由由于两粒子T完全相同，可知两个粒子同时经过A点和B点，时间差为0。14.【解析】(1)根据图象可知，该波波长为质点a与左侧最近的波峰的水平距离为Δx=6m，当该波峰传到质点a时，a质点第一次出现在波峰置，则该波的传播速度为(2分）由得(2分)从t1=0时刻开始，质点a开始振动，经过，（1分）质点b第二次出现在波谷位置经过，(1分)此时质点a已振动的时间为(2分)所以质点b第二次出现在波谷位置时，质点a已通过的路程为 (2分)(1分)15.【解析】（1）F点处，根据牛顿第二定律（2分）得（1分）D点处，根据牛顿第二定律（2分）从D到F，根据动能定理（1分）得（1分）由牛顿运动第三定律可知：滑块对轨道的压力方向水平向右（1分）（3）由条件得等效重力mg'=5N（1分）设其方向与竖直方向夹角为，则有可得（1分）设M两点分别为等效“重力”最高点，M点处，对圆弧轨道压力最小，根据牛顿第二定律（2分）从压缩时到M点的过程中，由动能定理得：（2分）联立可得E'P=4.9J（1分）